ABZÄHLENDE KOMBINATORIK VORLESUNG IM WINTERSEMESTER 1999/2000

Transkript

1 ABZÄHLENDE KOMBINATORIK VORLESUNG IM WINTERSEMESTER 1999/2000 MICHAEL STOLL 1. Einführung und Grundlagen 1.1. Einführung. Die erste Frage, die sich stellt, ist natürlich Was ist Abzählende Kombinatori? Die Antwort lautet (recht allgemein und ein bißchen vage) Abzählende Kombinatori beschäftigt sich mit der (möglichst expliziten) Bestimmung der Mächtigeit endlicher Mengen und mit Beziehungen zwischen solchen Mächtigeiten. Die fraglichen endlichen Mengen sind dabei natürlich nicht durch Aufzählung ihrer Elemente gegeben (dann wäre die Anzahlbestimmung ja trivial), sondern durch Beschreibung. Ein Beispiel: Wie viele unterscheidbare Möglicheiten gibt es, die Seiten eines Würfels mit sechs (gegebenen) verschiedenen Farben zu bemalen? Meistens hat man es jedoch nicht mit einer einzelnen Menge zu tun, sondern mit einer ganzen Familie, die von einem oder mehreren Parametern abhängt. Gesucht ist dann eine Formel für die Anzahl der Elemente in Abhängigeit von den Parametern, wobei die Formel möglichst einfach oder in geschlossener Form sein soll. (Was darunter zu verstehen ist, variiert je nach Schwierigeit des Problems.) Zum Beispiel: Wie viele Teilmengen hat eine n-elementige Menge? Die Antwort 2 n ennt natürlich jeder. Die Frage ist, wie ein ombinatorischer Beweis dafür aussieht. Überhaupt sind für spätere Anwendungen weniger die Ergebnisse der Abzählenden Kombinatori interessant, als vielmehr die Methoden. Wenn Sie einmal (z.b. im Rahmen einer Diplomarbeit) ein Abzählpeoblem zu lösen haben, werden Ihnen Resultate über andere Abzählprobleme wenig nützen (es sein denn, Ihr spezielles Problem wurde auch behandelt). Die Methoden aber, mit denen die Ergebnisse gewonnen wurden, lassen sich auch auf viele andere Probleme anwenden. WIr wollen nun zwei Beweise geben, an denen man schon sehr schön zwei Grundvarianten eines ombinatorischen Beweises sehen ann. Zuerst noch ganz urz etwas Notation: Die Mächtigeit einer (endlichen) Menge A werden wir mit #A notieren, und die Potenzmenge (also die Menge aller Teilmengen) von A wird mit P(A) bezeichnet. 1. Beweis (Bijetion): Wir onstruieren eine bijetive Abbildung von P(A) auf eine Menge, von der wir schon wissen oder leicht sehen önnen, daß sie 2 n

2 2 MICHAEL STOLL Elemente hat. Eine geeignete Menge ist die Menge {0, 1} A aller Abbildungen f : A {0, 1} (oder 0 1 Folgen (f a ) a A mit der Indexmenge A). Wir bilden eine Teilmenge T P(A) ab auf die Abbildung f mit f(a) = 1 für a T und f(a) = 0 für a A\T. In der anderen Richtung bilden wir f ab auf die Teilmenge T = f 1 (1) = {a A f(a) = 1}. Offenbar sind diese Zuordnungen invers zueinander, so daß wir tatsächlich eine Bijetion P(A) {0, 1} A onstruiert haben. Dann folgt aber #P(A) = #({0, 1} A ) = 2 #A. 2. Beweis (Reursion/Indution): Sei a n = #P(A), wenn #A = n ist. Wir versuchen, eine Reursionsformel für die Folge (a n ) zu finden. Offenbar ist a 0 = 1 (denn P( ) = { }). Sei nun A eine n-elementige Menge und A = A {a} eine (n + 1)-elementige Menge. Dann önnen wir die Teilmengen von A aufteilen in diejenigen, die a nicht enthalten, und diejenigen, die a enthalten. Die der ersten Sorte sind gerade die Elemente von P(A). Die anderen entstehen aus den Teilmengen von A, indem man das Element a hinzunimmt. Folglich gilt a 0 = 1, a n+1 = a n + a n = 2 a n, und damit (durch einen trivialen Indutionsbeweis) a n = 2 n. Zum Abschluß dieser Einführung noch ein weniger triviales, dafür aber vielleicht interessanteres Beispiel. In wie viele Gebiete wird die Ebene durch n Geraden in allgemeiner Lage (d.h. eine zwei parallel, und eine drei durch einen Punt) zerlegt? Es ist normalerweise eine gute Idee, zunächst einmal die ersten paar Anzahlen in der Folge zu bestimmen. Wenn a n die Anzahl der Gebiete bei n Geraden bezeichnet, dann haben wir offenbar (Sizze machen!) a 0 = 1, a 1 = 2, a 2 = 4, a 3 = 7, a 4 = 11,... Wie bei manchen Intelligenztests (Wie geht diese Folge weiter?) ann es sich lohnen, nach einem einfachen Bildungsgesetz Ausschau zu halten. Hier werden wir schnell fündig: Es scheint a n+1 = a n + n + 1 zu gelten. Wenn wir das beweisen önnen, sind wir im wesentlichen fertig. Stellen wir uns also vor, wir hätten bereits n Geraden gezeichnet, die die Ebene in a n Gebiete zerlegen. Wie viele Gebiete ommen hinzu, wenn wir eine weitere Gerade einzeichnen? Offenbar ommt die Zunahme dadurch zustande, daß einige der vorhandenen Gebiete durch die neue Gerade in zwei Teile geteilt werden. Wie viele Gebiete trifft nun die neue Gerade? Offenbar wechselt sie genau dann von einem Gebiet in ein anderes, wenn sie eine der alten Geraden trifft. Die durchschnittenen Gebiete entsprechen also genau den Abschnitten, in die die neue Gerade durch die Schnittpunte mit den alten Geraden geteilt wird. Da es n solcher Schnittpunte gibt, wird die neue Gerade in n + 1 Teile geteilt, also gibt es auch n + 1 zerschnittene Gebiete, q.e.d. Aus der Reursionsformel und dem Anfangswert a 0 = 1 beommen wir schließlich a n = 1 + n = 1 + =1 n(n + 1) 2.

3 ABZÄHLENDE KOMBINATORIK 3 Ein anderer Beweis, der ohne Indution ausommt, geht so: Wir wählen eine Richtung in der Ebene (die nicht serecht auf einer der Geraden steht) als nach oben. Die Gebiete lassen sich dann einteilen in solche, die nach unten beschränt sind, und solche, die nach unten unbeschränt sind. Jedes nach unten beschränte Gebiet hat einen eindeutig bestimmten tiefsten Punt; dieser ist ein Schnittpunt zweier Geraden. Umgeehrt ist jeder solche Schnittpunt auch tiefster Punt eines (dann natürlich nach unten beschränten) Gebiets. Somit gibt es genau ( n 2) nach unten beschränte Gebiete. Um die übrigen Gebite abzuzählen, betrachten wir eine waagerechte Gerade g, die unterhalb aller Geradenschnittpunte liegt. Sie trifft genau die nach unten unbeschränten Gebiete, und (wie im anderen Beweis) diese Gebiete entsprechen genau den Abschnitten, in die g durch die n gegebenen Geraden zerlegt wird. Also gibt es genau n + 1 nach unten unbeschränte Gebiete. Insgesamt haben wir also ( ) ( ) ( ) ( ) n n n n + n + 1 = Gebiete. (Die etwas ünstlich erscheinende Schreibweise rechts wird lar, wenn man Ebenen im Raum oder noch höherdimensionalere Analoga betrachtet.) 1.2. Grundlagen. Nach diesen einführenden Beispielen wollen wir uns nun den Grundlagen Nach diesen einführenden Beispielen wollen wir uns nun den Grundlagen zuwenden. Die folgenden drei Grundregeln sind völlig elementar und im Grunde trivial; dennoch bilden sie das Fundament allen Abzählens. Alle vorommenden Mengen sind endlich; die disjunte Vereinigung von Mengen sei mit A B etc. bezeichnet (im Handschriftlichen erscheint statt des Pluszeichens ein Punt). (1) Bijetion. Die fundamentalste aller Regeln: Ist f : A B bijetiv, so gilt #A = #B. (2) Summe. #(A B) = #A + #B, # i I A i = i I #A i. Und die Version für eine nicht-disjunte Vereinigung: (3) Produt. #(A B) = #A + #B #(A B). #(A B) = #A #B, # i I A i = i I #A i, #(A n ) = (#A) n, #(A B ) = (#A) #B. Eine einfache Folgerung aus diesen Grundregeln ist das Primzip des zweifachen Abzählens: Sei S A B. Wir setzen A b = {a A (a, b) S} und B a = {b B (a, b) S}. Dann gilt #S = a A #B a = b B #A b. Wir werden bald eine Anwendung davon sehen.

4 4 MICHAEL STOLL 2. Binomialoeffizienten Binomialoeffizienten treten in vielen Zusammenhängen immer wieder auf, deswegen wollen wir hier ein paar wichtige Eigenschaften zusammentragen. Definition 2.1. Mit ( n ) bezeichnen wir die Anzahl der -elementigen Teilmengen einer n-elementigen Menge. Dabei sei n eine nichtnegative ganze Zahl und eine ganze Zahl, mit der Konvention, daß ( n ) = 0 ist für < 0. Eine erste wichtige Eigenschaft ist die Symmetrie der Binomialoeffizienten. ( ) ( ) n n Proposition 2.2. Es gilt =. n Beweis: Die Sache ist lar für < 0 oder > n, da dann beide Seiten null sind. Wenn 0 n ist, dann liefert T A \ T (mit #A = n) offenbar eine Bijetion zwischen den -elementigen und den (n )-elementigen Teilmengen. Die zweite wichtige Eigenschaft ist diejenige, die den Binomialoeffizienten ihren Namen gegeben hat. n ( ) n Proposition 2.3. Es gilt (1 + x) n = x. Beweis: Wir wollen die x in den n Klammern zunächst als verschieden betrachten. Dann erhalten wir durch Ausmultiplizieren (in jedem Fator önnen wir unabhängig entscheiden, ob wir 1 oder x j wählen) (1 + x 1 )(1 + x 2 )... (1 + x n ) = x j. =0 T {1,...,n} j T Wenn wir jetzt jedes x j wieder durch x ersetzen, haben wir (1 + x) n = n ( ) n x #T = x. T {1,...,n} Dann gibt es die Formel für die Summe. n ( ) n Proposition 2.4. Es gilt = 2 n. =0 Beweis: (1) Rechts steht die Anzahl aller Teilmengen einer n-elementigen Menge; lins steht dieselbe Anzahl nach Größe der Teilmenge sortiert. (2) Alternativ mit Prop. 2.3: n =0 ( n ) = n =0 =0 ( ) n 1 = (1 + 1) n = 2 n. Folgende Identität ist unter dem Namen Vandermondesche Konvolution beannt.

5 Proposition 2.5. Es gilt ABZÄHLENDE KOMBINATORIK 5 j=0 ( )( ) n m j j ( n + m = Beweis: (1) Seien A und B disjunte Mengen mit #A = n und #B = m. Der Ausdruc rechts zählt die -Teilmengen von A B. Im linen Ausdruc werden dieselben Teilmengen T gezählt, aber sortiert nach der Größe j von T A (bzw. #(T B) = j). (2) Alternativ mit Prop. 2.3 folgt die Behauptung durch Koeffizientenvergleich in (1 + x) n (1 + x) m = (1 + x) n+m. Korollar 2.6. Es gilt n =0 ( ) 2 n = ( ) 2n. n Beweis: Das folgt unter Beachtung von Prop. 2.2 aus Prop. 2.5, wenn man dort m = n setzt. Bemerung 2.7. Es gibt die Formeln n ( ) 0 n n ( ) 1 n = n + 1, = 2 n, =0 =0 n =0 ). ( ) 2 n = ( ) 2n. n Man ann jedoch beweisen, daß es für n =0 ( n ) 3 eine einfache Formel gibt (mit einer vernünftigen und präzisen Definition von einfach ). Schließlich das angeündigte Beispiel für eine Anwendung des Prinzips des zweifachen Abzählens. ( ) ( ) n n + 1 Proposition 2.8. Es gilt (n + 1) = ( + 1). + 1 Beweis: (1) Sei A eine Menge mit #A = n + 1. Wir zählen die Paare (a, T ) A P(A) mit a T und #T = + 1 auf zwei Arten ab. Einmal önnen wir a A beliebig wählen und dann Elemente aus A \ {a} hinzufügen; das ergibt den Term auf der linen Seite. Oder wir wählen zunächst die Teilmenge T aus und anschließend ein Element a T ; das ergibt den Term auf der rechten Seite. (2) Alternativ mit Prop. 2.3 folgt die Behauptung durch Koeffizientenvergleich in (n + 1)(1 + x) n = d (1 + dx x)n+1. Durch Indution erhält man daraus folgende beannte Formel. Korollar 2.9. ( ) n = n(n 1)... (n + 1)! = n!!(n )!. Ein einfacher Spezialfall der Vandermondeschen Kovolution Prop. 2.5 ist folgende Reursionsformel für die Binomialoeffizienten. ( ) ( ) ( ) n + 1 n n Korollar Es gilt =

6 6 MICHAEL STOLL Beweis: Setze in Prop. 2.5 (n, m, ) := (n, 1, + 1). Mit dieser Formel und den Anfangswerten ( 0 ) = 1 für = 0 und = 0 für 0 gewinnt man die Binomialoeffizienten in Form des Pascalschen Dreiecs: Wir wollen jetzt noch ein paar weitere Situationen ennenlernen, in denen Binomialoeffizienten auftauchen. Im einen Fall geht es um Wege in einem Gitter. Dazu betrachten wir das Quadratgitter in der Ebene, das durch (x, y) R 2 x Z oder y Z} gegeben ist. Die Schnittpunte der Gitterlinien heißen Gitterpunte; das sind genau die Punte mit ganzzahligen Koordinaten. Ein Gitterweg von (a, b) Z 2 nach (c, d) Z 2 soll für uns ein Weg vom Punt (a, b) zum Punt (c, d) sein, der stets längs der Gitterlinien verläuft und immer nach rechts oder nach oben geht (insbesondere muß also c a und d b sein). Das Bild zeigt ein Beispiel. (9, 4) (0, 0) Wie viele Gitterwege gibt es nun von (0, 0) zum Punt (n, m), wenn n und m nichtnegative ganze Zahlen sind? ( ) ( ) n + m n + m (n + m)! Proposition Es gibt genau = = Gitterwege von (0, 0) nach (n, n m n!m! m). Beweis: Die Gitterwege entsprechen genau den Möglicheiten, die n Schritte nach rechts (bzw. die m Schritte nach oben) auf die insgesamt n + m Schritte zu verteilen. Als Übung sei empfohlen, die verschiedenen Eigenschaften der Binomialoeffizienten anhand des Gitterweg-Modells zu beweisen. Gitterwege werden uns im nächsten Kapitel noch einmal begegnen.

7 Nun zu einer ganz anderen Frage. ABZÄHLENDE KOMBINATORIK 7 Wie viele Möglicheiten gibt es, eine natürliche Zahl n als Summe von m positiven ganzen Zahlen (unter Beachtung der Reihenfolge) zu schreiben? Anders gesagt, handelt es sich um die Anzahl der Lösungen in positiven ganzen Zahlen der Gleichung (2.1) x 1 + x x m = n. Zum Beispiel haben wir für m = 3 und n = 5 folgende Lösungen: 5 = = = = = = Zur Lösung des Problems stellen wir uns n nebeneinander gemalte Punte vor. Eine Lösung (x 1,..., x m ) obiger Gleichung (2.1) ann dann dargestellt werden, indem wir der Reihe nach von lins x 1, x 2,... Punte abzählen und durch einen Strich abteilen. Wir müssen also m 1 Striche auf die n 1 Zwischenräume zwischen den Punten verteilen. Es folgt: ( ) n 1 Proposition Gleichung (2.1) hat genau Lösungen in positiven m 1 ganzen Zahlen. Mit Prop. 2.4 (oder diret mit obigem Argument) sieht man dann: Korollar Eine natürliche Zahl n > 0 läßt sich auf genau 2 n 1 Weisen als (geordnete) Summe positiver ganzer Zahlen schreiben. Was passiert, wenn wir zulassen, daß x j = 0 ist? Aus einer Lösung von (2.1) in nichtnegativen ganzen Zahlen erhalten wir eine Lösung von x 1 + x x m = n + m in positiven ganzen Zahlen, indem wir zu jedem x j eins addieren. ( ) n + m 1 Proposition Gleichung (2.1) hat genau Lösungen in nichtnegativen ganzen m 1 Zahlen. (Ein weiterer Beweis ergibt sich, indem man die Lösungen danach sortiert, welche der Variablen den Wert null annehmen. Man erhält ( ) n 1 m ( )( ) ( ) m n 1 m + n 1 = = m #T 1 m 1 m 1 T {1,...,m} nach Prop. 2.5.) =0 Betrachten wir nun eine Zerlegung von n in m + positive ganze Zahlen: n = x + y = (x 1 + x x m ) + (y 1 + y y ). Zu jeder solchen Zerlegung gehört eine Zerlegung n = x+y, eine Zerlegung von x in m Teile und eine Zerlegung von y in Teile. Wir erhalten:

8 8 MICHAEL STOLL Proposition Es gilt für m, > 0: n 1 ( )( ) j 1 n j 1 = m 1 1 j=1 ( ) n 1. m + 1 Folgende äquivalente Form dürfte etwas einfacher anzuwenden sein. Sie gilt für n, m, 0. n ( )( ) ( ) j n j n + 1 =. m m j=0 Einen wichtigen Spezialfall erhalten wir, wenn m = 0 ist. n ( ) ( ) j n + 1 Korollar Es gilt für 0: =. + 1 Übungsaufgaben j=0 1. Sei A eine n-elementige Menge. Wie viele Teilmengen von A haben eine ungerade Anzahl von Elementen? 2. Wie viele Möglicheiten gibt es, aus einer n-elementigen Menge zwei disjunte Teilmengen T 1, T 2 auszuwählen? 3. Finden Sie zwei verschiedene Beweise für die Identität ( ) ( ) n n (n ) = ( + 1) Kinowarteschlangen und Catalan-Zahlen Wenden wir uns nun etwas schwierigeren Fragen zu. Vor einem Kino (Eintritt DM 10) warten m Leute, die genau einen 10- DM-Schein dabei haben und n Leute, die genau einen 20-DM-Schein dabei haben. Die Kasse ist leer. Wie viele Möglicheiten gibt es, die 10-DM-Leute und die 20-DM-Leute so auf die Schlange zu verteilen, daß immer genügend Wechselgeld vorhanden ist? Offenbar ist die Antwort 0, wenn n > m ist. Wir wollen daher n m voraussetzen. Wenn wir jemanden mit einem 10-DM-Schein durch eine 1 und jemanden mit einem 20-DM-Schein durch eine 2 symbolisieren, dann läuft obige Aufgabe auf die Frage hinaus, wie viele Folgen aus m Einsen und n Zweien es gibt, so daß in jedem Anfangsstüc stets mindestens so viele Einsen wie Zweien vorommen. Wir önnen diese Folgen auch als Gitterwege betrachten, indem wir eine 1 als einen Schritt nach rechts und eine 2 als einen Schritt nach oben übersetzen. Dann läßt sich die Frage interpretieren als die nach der Zahl der Gitterwege von (0, 0) nach (m, n), die die Winelhalbierende des 1. Quadranten nicht überqueren. Eine äquivalente Formulierung der Bedingung ist, daß der Weg die Gerade y = x + 1 nicht berühren darf. In vielen Fällen, in denen nach der Anzahl von Elementen (hier Gitterwegen) mit einer bestimmten Eigenschaft gefragt ist, ist es einfacher, die Elemente abzuzählen, die diese Eigenschaft nicht besitzen. Das gilt auch hier. Jeder schlechte

9 ABZÄHLENDE KOMBINATORIK 9 Gitterweg von (0, 0) nach (m, n) muß die Gerade y = x + 1 irgendwann zum ersten Mal berühren, sagen wir im Punt (r, s). Wenn wir den Weg von (0, 0) nach (r, s) an der Geraden y = x + 1 spiegeln, erhalten wir einen Gitterweg von ( 1, 1) nach (r, s), der zusammen mit dem ursprünglichen Weg von (r, s) nach (m, n) einen Gitterweg von ( 1, 1) nach (m, n) bildet. (Diese Idee ist über 100 Jahre alt: D. André, 1887.) (8, 4) ( 1, 1) (0, 0) Umgeehrt erhalten wir aus jedem Gitterweg von ( 1, 1) nach (m, n) einen schlechten Weg von (0, 0) nach (m, n), indem wir den Abschnitt bis zum ersten Berühren der Geraden y = x + 1 an dieser Geraden spiegeln. Wenn n m ist, muß ja jeder Weg von ( 1, 1) nach (m, n) diese Gerade wenigstens einmal berühren. Wir haben also gezeigt: Satz 3.1. Die Anzahl der unterhalb der Winelhalbierenden des ersten Quadranten verlaufenden Gitterwege von (0, 0) nach (m, n) (mit n m) ist ( ) ( ) n + m n + m = m + 1 n ( ) n + m = m + 1 n ( ) n + m. m m + 1 m + 1 m n m + 1 Im Nachhinein läßt sich das auch noch anders einsehen. Sei a m,n die Anzahl der eingeschränten (also guten ) Gitterwege von (0, 0) nach (m, n). Dann haben wir offensichtlich immer noch die Reursion a m+1,n+1 = a m,n+1 + a m+1,n, gültig für m, n 0 und m n, aber mit den Randbedingungen a m,0 = 1 und a m,m+1 = 0 für m 0. Denn jeder Weg endet nach wie vor entweder mit einem Schritt nach rechts oder einem Schritt nach oben; zu einem Punt (m, 0) gibt es stets genau einen Gitterweg, und die Gerade y = x + 1 ist verboten. Beide Summanden in Satz 3.1 erfüllen die Reursionsgleichung, und die Randwerte stimmen auch. Auf diesem Wege läßt sich der Satz auch verallgemeinern auf den Fall, daß die 20-DM-Scheine durch ( 10)-DM-Scheine ersetzt werden (siehe Übungsaufgabe). Interessant ist der Spezialfall m = n; die dann auftretenden Zahlen c n = 1 ( ) 2n n + 1 n heißen Catalan-Zahlen. Sie treten in vielen Zusammenhängen auf. (Ganz nebenbei erhalten wir die Aussage, daß ( 2n n ) durch n + 1 teilbar ist.) Hier sind die

10 10 MICHAEL STOLL ersten Glieder dieser Folge: c 0 = 1, c 1 = 1, c 2 = 2, c 3 = 5, c 4 = 14, c 5 = 42,... Einige Abzählprobleme, die durch die Catalan-Zahlen gelöst werden, sind im folgenden Satz zusammengestellt. Satz 3.2. Folgende Anzahlen sind durch die Catalan-Zahl c n gegeben. (1) Die Folgen aus je n Nullen und Einsen, so daß jedes Anfangsstüc mindestens so viele Nullen wie Einsen enthält. (2) Die Folgen aus je n + 1 Nullen und Einsen, so daß jedes Anfangsstüc der Länge ungleich 0 oder 2n + 2 mehr Nullen als Einsen enthält. (3) Die vollständigen Klammerungen eines Produts aus n + 1 Fatoren. (4) Die ebenen Setzbäume mit n + 2 Knoten (und daher n + 1 Kanten). (5) Die ebenen binären Setzbäume mit n + 1 Blättern (ungleich der Wurzel). (6) Die Zerlegungen eines onvexen (n + 2)-Ecs in Dreiece durch sich nicht schneidende Diagonalen. (7) Die Möglicheiten, 2n auf einem Kreis gelegene Punte paarweise durch n sich nicht überschneidende Strecen zu verbinden. Hier sind zunächst einige Erlärungen nötig. Ein Baum ist ein zusammenhängender (einfacher, schlingenloser, ungerichteter) Graph ohne Kreise. Äquivalent zur letzten Bedingung ist, daß die Anzahl der Kanten eins weniger als die Anzahl der Ecen ist. Eine andere Charaterisierung von Bäumen ist, daß es zwischen je zwei Ecen einen eindeutigen Weg (ohne mehrfach durchlaufene Kanten) gibt. Ein Wurzelbaum ist ein Baum, in dem ein Knoten als Wurzel ausgezeichnet ist. Ein Setzbaum ist ein Wurzelbaum, dessen Wurzel Grad 1 hat (d.h. es geht nur eine Kante von ihr aus). Ein Wurzelbaum ist eben (oder planar), wenn die von der Wurzel weg weisenden Kanten in jedem Knoten geordnet sind (z.b. von lins nach rechts). Ein Baum ist binär, wenn alle Knoten entweder Grad 1 (dann heißen sie Blätter) oder Grad 3 haben. Als Beispiel sind in Abb. 1 die verschiedenen Figuren für n = 3 gezeigt. Im folgenden sei A m die Menge der ombinatorischen Objete in der Behauptung (m) und A m (n) die Teilmenge der Objete, die zum Index n gehören. Die Behauptung des Satzes ist also #A m (n) = c n für m = 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7. Zum Beweis des Satzes überlegen wir uns zunächst, daß (1) und (2) dieselbe Anzahl definieren. Da wir schon wissen, daß die zu (1) gehörende Anzahl c n ist, wird dadurch Teil (2) des Satzes bewiesen. Dazu bilden wir die Objete in A 1 (n) und in A 2 (n) bijetiv aufeinander ab. Wenn X in A 1 (n) ist, dann ist offensichtlich 0X1 in A 2 (n). Ist umgeehrt Y in A 2 (n), dann muß Y mit 0 beginnen (denn das Anfangsstüc der Länge 1 enthält mehr Nullen als Einsen) und mit 1 enden (selbes Argument mit dem Anfangsstüc der Länge 2n + 1). Also ist Y = 0X1, und X muß in A 1 (n) sein. Damit ist die Bijetion hergestellt. Nun gibt es mehrere Möglicheiten, Folgen aus A 1 reursiv zu onstruieren beziehungsweise in leinere Teile zu zerlegen. Zum einen hat eine solche Folge X eine eindeutige Zerlegung X = X 1 X 2... X in Teilfolgen X j A 2. Zum Beispiel zerlegt sich als Umgeehrt ist jede durch Aneinanderhängen von Folgen aus A 2 entstehende Folge wieder in A 1. Es ergibt sich also folgende erste Reursionsformel für die Catalan-Zahlen.

11 ABZÄHLENDE KOMBINATORIK 11 (1) (2) (3) (x(x(xx))) ((xx)(xx)) (x((xx)x)) ((x(xx))x) (((xx)x)x) (4) (5) (6) (7) Korollar 3.3. Es gilt Abbildung 1. Die ombinatorischen Figuren zu c 3 c n = =0 m 1,...,m 0 m 1 + +m =n (Diese Formel enthält den Spezialfall c 0 = 1.) Ausgeschrieben bedeutet das c m1... c m. c 0 = 1, c 1 = c 0 = 1, c 2 = c 1 + c 2 0 = 2, c 3 = c 2 + c 0 c 1 + c 1 c 0 + c 3 0 = 5,... Wir önnen aber auch die Zerlegung X = X 1 X betrachten (mit X = X 2... X in der früheren Zerlegung), d.h. X 1 A 2 und X A 1. Diese Zerlegung ist ebenfalls eindeutig, und umgeehrt ist X 1 X A 1, wenn X 1 A 2 und X A 1. Das ergibt die (pratischere) zweite Reursionsformel für die Catalan-Zahlen. Korollar 3.4. Es gilt Ausgeschrieben bedeutet das n 1 c 0 = 1, c n = c c n 1 für n 1. =0 c 0 = 1, c 1 = c 2 0 = 1, c 2 = c 0 c 1 + c 1 c 0 = 2, c 3 = c 0 c 2 + c c 2 c 0 = 5,...

12 12 MICHAEL STOLL Um nun den Satz fertig zu beweisen, überzeugen wir uns davon, daß die Objete in den verschiedenen Mengen A m sich analog zerlegen lassen. Zu (3): Jedes vollständig gelammerte Produt aus n + 1 Fatoren (mit n 1) zerlegt sich eindeutig in zwei vollständig gelammerte Produte (die beiden Fatoren in der äußersten Klammer), eines mit + 1 Fatoren, das andere mit (n 1 ) + 1 Fatoren. Wir haben also eine Bijetion zwischen A 3 (n) und n 1 =0 A 3 () A 3 (n 1 ). Da außerdem #A 3 (0) = 1 ist, erfüllen die Zahlen #A 3 (n) die zweite Reursionsformel, also ist #A 3 (n) = c n. Zu (4): Ein ebener Setzbaum entsteht aus einer Folge ebener Setzbäume, indem man alle diese Setzbäume (in der durch die Folge gegebenen Ordnung) an ihren Wurzeln identifiziert und dann an diesen Knoten eine neue Wurzel durch eine Kante anhängt. Auf diese Weise wird aus Setzbäumen mit m 1 + 2, m 2 + 2,... m + 2 Knoten ein Setzbaum mit m m Knoten. Das zeigt, das die erste Reursion erfüllt ist. Zu (5): Dieselbe Konstrution wie für die ebenen Setzbäume zeigt hier, daß die zweite Reursion erfüllt ist. Zu (6): Wir fixieren eine Kante des (n+2)-ecs. Dann zerlegt sich das (n+2)-ec in das Dreiec, zu dem die fixierte Kante gehört, ein trianguliertes ( + 2)-Ec lins von diesem Dreiec und ein trianguliertes (n 1 + 2)-Ec. Wir sehen, daß die zweite Reursion gilt. Zu (7): Wir fixieren einen der 2n Punte und betrachten die Sehne, die diesen Punt enthält. Sie teilt die gegebene Figur in eine Sehnenfigur auf 2 Punten auf der linen Seite und eine Sehnenfigur auf 2(n 1 ) Punten auf der rechten Seite. Das zeigt, daß ebenfalls die zweite Reursion erfüllt ist. Der Satz ist damit bewiesen. Es ist auch möglich, die Mengen A m (n) bijetiv aufeinander abzubilden. Hier sind in Kurzfassung einige Möglicheiten. A 3 A 5 : Das ist sehr natürlich. Aus dem binären Baum beommen wir ein vollständig gelammertes Produt, indem wir die Blätter gemäß der Baumstrutur suzessive zusammenfassen. A 5 A 6 : Aus der Triangulierung erhalten wir einen Binärbaum, indem wir innere Knoten den Dreiecen und Blätter den Seiten des Polygons zuordnen; eine Seite ist dabei fixiert und entspricht der Wurzel. Zwei innere Knoten werden miteinander verbunden, wenn die zugehörigen Dreiece aneinanderstoßen; ein innerer Knoten wird mit einem Blatt verbunden, wenn das entsprechende Dreiec die dem Blatt zugeordnete Seite als Seite hat. A 4 A 7 : Aus der Sehnenfigur wird ein ebener Wurzelbaum, indem wir jedem der Gebiete, in die der Kreis geteilt wird, einen Knoten zuordnen; aneinandergrenzenden Gebieten entsprechen aneinandergrenzende Knoten. Ein Punt (verschieden von den 2n gegebenen Punten) auf der Kreislinie sei fixiert. Dann entspricht dem Gebiet, auf dessen Rand dieser Punt wird, die Wurzel im Baum.

13 ABZÄHLENDE KOMBINATORIK 13 Einen Setzbaum erhalten wir, indem wir an dieser Wurzel eine neue Kante ansetzen, die zur neuen Wurzel führt. Etwas weniger einsichtig ist es, wie man (zum Beispiel) die Bäume durch 0-1- Folgen odieren ann. A 2 A 4 : Aus dem Setzbaum onstruieren wir eine 0-1-Folge, indem wir von der Wurzel ausgehend im Uhrzeigersinn um den Setzbaum herumlaufen. Für jeden Schritt von der Wurzel weg notieren wir eine 0, für jeden Schritt auf die Wurzel zu eine 1. A 2 A 5 : Wir laufen ebenfalls im Uhrzeigersinn um den Baum herum. Für jeden Schritt nach lins oben notieren wir eine 0, für jeden Schritt nach rechts unten eine 1. Die Kante an der Wurzel soll dabei in beiden Fällen mitzählen. In der Sizze vor dem Beweis stehen einander zugeordete Figuren untereinander. (Die fixierte Seite bei (6) ist dabei unten, und der fixierte Punt bei (7) ist ebenfalls unten.) 4. Die Siebformel Die Siebformel (auch Ein-/Ausschaltformel oder Prinip von Inlusion und Exlusion genannt) ist im Grunde eine Verallgemeinerung der Summenregel für Mächtigeiten auf den Fall nicht notwendig disjunter Mengen. Seien A 1, A 2 usw. Teilmengen einer Menge A. Wie man sich leicht an einem Mengendiagramm larmacht, gilt dann #(A \ (A 1 A 2 )) = #A #A 1 #A 2 + #(A 1 A 2 ) #(A \ (A 1 A 2 A 3 )) = #A #A 1 #A 2 #A 3 + #(A 1 A 2 ) + #(A 1 A 3 ) + #(A 2 A 3 ) #(A 1 A 2 A 3 ) Der folgende Satz sagt unter anderem, daß die offensichtliche Verallgemeinerung dieser Formeln richtig ist. Zunächst führen wir aber noch eine abürzende Schreibweise ein. Wenn I eine Indexmenge ist und A i für i I Teilmengen einer fest gegebenen Menge A sind, dann sei für eine Teilmenge T I mit dem Spezialfall A = A. A T = i T A i Satz 4.1. Sei A eine endliche Menge mit Teilmengen A 1,..., A n. Für 0 m n sei A (m) A die Teilmenge, deren Elemente in genau m der Mengen A j liegen. Dann gilt #A (m) = ( ) #T ( 1) #T m #A T m T {1,...,n} n ( ) = ( 1) m #A {j1,...,j m }. =m 1 j 1 < <j n

14 14 MICHAEL STOLL Wird die zweite Summe nach einem positiven (negativen) Term abgebrochen, so erhalten wir eine obere (untere) Abschätzung für #A (m). Der wichtigste Fall ist m = 0. Die Formel lautet dann einfach n #(A \ A j ) = ( 1) #T #A T. j=1 T {1,...,n} Zum Beweis des Satzes benötigen wir ein paar Identitäten für Binomialoeffizienten. Lemma 4.2. (1) s ( ) r ( 1) =0 ( )( ) r (2) = m ( ) r 1 = ( 1) s für r 1. s ( r m )( ) r m. m (3) Für s m gilt ( )( ) r r m 1 s ( )( ) r ( 1) s m falls r > m ( 1) m m s m = m 1 falls r = m =m 0 falls r < m Beweis: (1) Indution nach s. Klar für s = 0. Der Indutionsschritt ist nichts anderes als die übliche Reursionsformel für Binomialoeffizienten. (2) Beide Seiten sind gleich r!/(m!( m)!(r )!). (3) Das folgt aus (1) und (2). Beweis (von Satz 4.1): Wir betrachten die Summe für = m bis = s (mit m s n) und bestimmen den Anteil, den A (r) dazu beisteuert. Ein Element, das in genau r der Teilmengen liegt, ommt offenbar in genau ( r ) Durchschnitten von der Teilmengen vor (denn diese Teilmengen müssen aus den r Teilmengen ausgewählt werden, die das gegebene Element enthalten). Also ist der Beitrag von A (r) gerade s ( )( ) r #A (r) ( 1) m, m =m und die gesamte Summe S(s) ist unter Verwendung von Lemma 4.2 n s ( )( ) r S(s) = #A (r) ( 1) m m r=0 =m n ( )( ) r r m 1 = #A (m) + ( 1) s m #A (r) ; m s m r=s+1 und wir haben #A (m) S(s), wenn s m gerade ist, #A (m) S(s), wenn s m ungerade ist, und #A (m) = S(n).

15 ABZÄHLENDE KOMBINATORIK 15 Kommen wir nun zu einigen Beispielen. Die Siebformel läßt sich immer dann gut anwenden, wenn es darauf anommt, Objete zu zählen, die eine (oder wenigstens eine) von einer Anzahl von Eigenschaften haben Primzahlen bis 100. Wie viele Primzahlen 100 gibt es? Jede zusammengesetzte Zahl 100 hat einen Primteiler 7. Wir zählen also die Zahlen bis 100, die durch eine der Zahlen 2,3,5,7 teilbar sind. Dann müssen wir noch 4 addieren (für die Primzahlen 2,3,5,7) und eins abziehen (für die Nichtprimzahl 1). Sei also A = {1, 2,..., 100}, und sei A n A die Teilmenge der durch n teilbaren Zahlen. Dann gilt #A n = 100 und A n m A n = A mn, wenn m und n teilerfremd sind. Es folgt #(A \ (A 2 A 3 A 5 A 7 )) = #A #A 2 #A 3 #A 5 #A 7 + #A 6 + #A 10 + #A 14 + #A 15 + #A 21 + #A 35 #A 30 #A 42 #A 70 #A #A 210 = = 22, also gibt es genau = 25 Primzahlen bis Die Eulersche ϕ-funtion. Sie ist definiert als ϕ(n) = #{m {1, 2,..., n} ggt(m, n) = 1}. Die zu zählenden Zahlen sind gerade die, die mit n einen Primteiler gemeinsam haben. Sei also P die Menge der Primteiler von n. Wie eben sei wieder A = {1, 2,..., n}, und für d n sei A d = {d, 2d,..., n}. Es gilt dann #A d = n/d, und wie eben haben wir ϕ(n) = T P ( 1) #T n p T p = n T P p T 1 p = n p P ( 1 1 ). p 4.3. Fixpuntfreie Permutationen. Dieses Problem ist auch unter dem lassischen Namen Problème des rencontres beannt. Gefragt ist nach der Anzahl der fixpuntfreien Permutationen von n Objeten, also der bijetiven Abbildungen f : {1,..., n} {1,..., n} mit f() für alle. (Ein Element, so daß f() =, heißt Fixpunt von f.) Etwas allgemeiner önnen wir nach der Anzahl der Permutationen mit genau m Fixpunten fragen. Zur Anwendung der Siebformel setzen wir N = {1, 2,..., n} und A = {f : N N f bijetiv}, A = {f A f() = }. Dann ist #A (m) die Anzahl der Permutationen mit m Fixpunten. Für T N gilt offenbar #A T = (n #T )!, da die Elemente des Durchschnitts in Bijetion mit den Permutationen von N \ T stehen. Daraus ergibt sich #A (m) = n ( )( n ( 1) m m =m ) (n )! = n! m! n m =0 ( 1).!

16 16 MICHAEL STOLL Speziell haben wir für die Zahl der fixpuntfreien Permutationen n #A (0) ( 1) n! = n! =,! e =0 wenn n 1 (dabei sei x eine zu x am nächsten gelegene ganze Zahl). Eine zufällige Permutation ist also ziemlich genau mit Wahrscheinlicheit 1/e = fixpuntfrei Surjetive Abbildungen und Äquivalenzrelationen. Seien M und N Mengen mit #M = m und #N = n. Wir wollen die Anzahl der surjetiven Abbildungen von N auf M bestimmen. Dazu setzen wir A = {f : N M}, und für x M setzen wir A x = {f A x / f(n)}. Für T M gilt dann #A T = (m #T ) n, denn A T besteht gerade aus den Abbildungen von N in M \ T. Für die Anzahl der surjetiven Abbildungen ergibt sich also m ( ) m #A (0) = ( 1) (m ) n. =0 Da wir die Bilder beliebig permutieren önnen, muß diese Zahl durch m! teilbar sein. Die Zahlen S(n, m) = 1 m ( ) m m ( 1) (m ) n ( 1) (m ) n (4.1) = m!!(m )! =0 heißen Stirling-Zahlen zweiter Art. Die Zahl S(n, m) ist die Anzahl der Partitionen einer n-elementigen Menge in m nichtleere Teilmengen (ohne Beachtung der Reihenfolge der Teilmengen) oder äquivalent die Anzahl der Äquivalenzrelationen auf einen n-elementigen Menge mit genau m Äquivalenzlassen. Die Gesamtzahl aller Äquivalenzrelationen auf einer n-elementigen Menge heißt Bellsche Exponentialzahl n B(n) = S(n, m). Übungsaufgaben 4.3. m=0 (1) Zeigen Sie folgende Identitäten für die Stirling-Zahlen 2. Art und die Bell- Zahlen. (a) S(0, 0) = 1, S(0, m) = 0 für m > 0, S(n, 0) = 0 für n > 0. (b) S(n + 1, m + 1) = S(n, m) + (m + 1)S(n, m + 1). (c) S(n + 1, m + 1) = n ( n =0 ) S(, m). (d) B(0) = 1, B(n + 1) = n ( n =0 ) B(). (2) Von 20 Leuten gehört jeder wenigstens einem von fünf verschiedenen Vereinen an. Jeder Verein hat 10 Mitglieder. Zeigen Sie, daß es zwei Vereine gibt, die wenigstens drei Mitglieder gemeinsam haben. Läßt sich diese Aussage noch verbessern? (3) n Paare von identischen Karten werden in einer Reihe ausgelegt. Wie groß ist die Wahrscheinlicheit, daß ein Paar nebeneinander zu liegen ommt? =0

17 4.5. Lösung der Übungsaufgaben. ABZÄHLENDE KOMBINATORIK 17 Aufgabe (1): Teil (a) läßt sich entweder durch Rücgriff auf die Formel (4.1) lösen oder indem man auf die ombinatorische Interpretation zurücgreift: Auf der leeren Menge gibt es genau eine (nämlich die leere) Äquivalenzrelation; sie hat 0 Äquivalenzlassen. Also ist S(0, 0) = 1 und S(0, m) = 0 für m > 0. Jede Äquivalenzrelation auf einer nichtleeren Menge muß wenigstens eine Äquivalenzlasse haben, also gilt S(n, 0) = 0 für n > 0. Da eine n-elementige Menge nicht in mehr als n Klassen zerfallen ann, gilt übrigens auch m ( ) m m! S(n, m) = ( 1) (m ) n = 0 für m > n. =0 Zu Teil (b): Sei A eine n-elementige Menge und a ein weiteres Element. Wenn ich A = A {a} in m + 1 Klassen zerlegen will, dann ann ich entweder a alleine in eine Klasse stecen; das ergibt dann die S(n, m) Möglicheiten, A in m Klassen aufzuteilen. Oder ich teile A in m+1 Klassen auf; dann ann ich a zu einer dieser Klassen dazunehmen, also gibt es dafür insgesamt (m+1)s(n, m+1) Möglicheiten. Zu Teil (c): Wir betrachten die Klasse, in der a landet. Sei n+1 ihre Größe. Es gibt ( ( n n ) = n ) Möglicheiten, die übrigen n Elemente aus A auszuwählen; dann muß noch die verbleibende -elementige Menge in m Klassen eingeteilt werden. Teil (d) folgt aus (a) und (c). Aufgabe (2): Sei A die Menge der 20 Leute und seien A j (j = 1,..., 5) die Vereine. Nach Voraussetzung gilt #A = 20 und #A j = 10. Die Siebformel liefert 0 #A (0) #A j #A j + j< #(A j A ), also #(A j A ) = 30. j< Da es 10 verschiedene Durchschnitte von je zwei Vereinen gibt, muß einer wenigstens drei Elemente enthalten. Tatsächlich muß es sogar einen Durchschnitt mit vier Elementen geben. Dazu benutzen wir die allgemeine Version der Siebformel. Wir setzen a = #A T, #T = also a 0 = #A = 20, a 1 = j #A j = 50. Wir wollen a 2 nach unten abschätzen. Nach der Siebformel gilt 0 #A (0) = a 0 a 1 + a 2 a 3 + a 4 a 5 0 #A (1) = a 1 2a 2 + 3a 3 4a 4 + 5a 5 0 #A (4) = a 4 5a 5 0 #A (5) = a 5

18 18 MICHAEL STOLL Wenn wir diese Ungleichungen mit 3, 1, 1, 3 multiplizieren und addieren, erhalten wir 3a 0 2a 1 + a 2 0, also a Diese Schrane ist optimal, denn man ann die Leute so auf die Vereine verteilen, daß jeder Durchschnitt zweier Vereine genau vier Elemente hat. Der gegebene Beweis funtioniert auch noch, wenn alle Zahlen mit einer Konstante multipliziert werden (2000 Leute, 5 Vereine mit je 1000 Mitgliedern, dann gibt es zwei Vereine mit mindestens 400 gemeinsamen Mitgliedern) oder im Grenzfall für Maße von Mengen (5 meßbare Teilmengen des Einheitsquadrats, jede mit der Fläche 1 ; dann gibt es zwei, deren Durchschnitt mindestens Fläche 2 1 hat). Für die gegebene Aufgabe gibt es noch eine einfachere Lösung wie folgt. 5 Wir nehmen an, für alle Durchschnitte gelte #(A j A ) 3. Dann gilt (ebenfalls nach der Siebformel) #(A j \ (A 1 A 2 A j 1 )) #A j #(A 1 A j ) #(A j 1 A j ) Also haben wir den Widerspruch 10 3(j 1). 20 = #A #A 1 + #(A 2 \ A 1 ) + #(A 3 \ (A 1 A 2 )) = 21. Aufgabe (3): Wir müssen uns zunächst überlegen, wie viele Möglicheiten es ohne die Nebenbedingung gibt. Wenn wir nur darauf achten, welche Karten gleich und welche verschieden sind, dann hat unsere Grundmenge A die Mächtigeit (2n)!. (Wenn wir uns alle 2n Karten als verschieden vorstellen, gibt 2 n n! es (2n)! Möglicheiten. Da die beiden Karten in jedem Paar ununterscheidbar sind, müssen wir durch 2 n teilen. Da es uns auf die Reihenfolge der Paare nicht anommt, müssen wir noch durch n! teilen.) Als Ausschlußmengen nehmen wir A j als die Teilmenge von Konfigurationen, bei denen auf den Plätzen j und j+1 zwei gleiche Karten liegen (j = 1, 2,..., 2n 1). Für eine Teilmenge T {1, 2,..., 2n 1} gilt offenbar A T = genau dann, wenn T zwei aufeinanderfolgende Zahlen enthält. Im anderen Fall ist #A T = (2n 2)!, wenn #T =. Wir müssen also noch die Anzahl der -elementigen 2 n (n )! Teilmengen von {1, 2,..., 2n 1} bestimmen, die eine aufeinanderfolgenden Zahlen enthalten. Dazu ordnen wir die Elemente von T aufsteigend an: j 1 < j 2 < < j. Die Bedingung ist dann j 2 > j 1 + 1, j 3 > j 2 + 1,..., j > j Wir önnen also eine neue Menge bilden: T = {j 1, j 2 1, j 3 2,..., j ( 1)} {1, 2,..., 2n }. Da sich diese Konstrution umehren läßt, haben wir gezeigt, daß die gesuchte Zahl gleich der Zahl der -Teilmengen einer (2n )-elementigen Menge ist, also gleich ( ) 2n.

19 ABZÄHLENDE KOMBINATORIK 19 Jetzt önnen wir die Siebformel anwenden, um die gesuchte Wahrscheinlicheit zu berechnen. w n = #A(0) #A = 2n n! n (2n)! =0 n ( 1) =! =0 n ( 1) =! =0 Die ersten paar Werte ( 1) ( 2n (2n )! (2n)! ) (2n 2)! 2 n (n )! 2 n! (n )! (2n)(2n 2)(2n 4)... (2n 2 + 2) (2n)(2n 1)(2n 2)... (2n + 1) w 0 = 1, w 1 = 0, w 2 = w 3 = 1 3, w 4 = 12 35, w 5 = ,... deuten darauf hin, daß w n einen Grenzwert hat. Tatsächlich gilt Proposition 4.4. lim w n = e 1 = n Zum Beweis benutzen wir ein etwas allgemeineres Lemma, das wir zunächst formulieren und beweisen wollen. Lemma 4.5. In der Siebformel (Satz 4.1) seien die Mengen A und A j von einem Parameter n abhängig: A(n) usw. Wir bezeichnen mit a(n, ) den -ten Term a(n, ) = #A(n) T in der Siebformel. Wenn für jedes der Grenzwert #T = a(n, ) lim n #A(n) =: a existiert, dann gilt für alle m 0, für die die Summe auf der rechten Seite onvergiert, #A(n) (m) ( ) (4.2) lim = ( 1) m a. n #A(n) m =m Beweis: Nach der Siebformel gilt m+2s ( ) a(n, ) #A(n) ( 1) m (m) m #A(n) =m m+2s+1 #A(n) ( ) a(n, ) ( 1) m m #A(n) =m

20 20 MICHAEL STOLL Es folgt lim sup n lim inf n #A(n) (m) #A(n) #A(n) (m) #A(n) m+2s ( ) ( 1) m a m =m m+2s+1 ( ) ( 1) m a. m =m Wenn die Summe auf der rechten Seite von (4.2) onvergiert, dann folgt die Behauptung, wenn wir s gehen lassen. Beweis (von Prop. 4.4): Hier haben wir (mit den Bezeichnungen des Lemmas) also a(n, ) #A(n) = 1 (2n)(2n 2)(2n 4)... (2n 2 + 2)! (2n)(2n 1)(2n 2)... (2n + 1), Aus dem Lemma folgt dann #A(n) (m) lim n #A(n) der Fall m = 0 gibt die Behauptung. a(n, ) lim n #A(n) = 1!. = ( ) ( 1) m = e 1! m m! ; =m Man önnte auch an folgenden Beweis denen: Für ein gegebenes Paar ist die Wahrscheinlicheit, daß es nebeneinander zu liegen ommt, gleich ( ) 1 2n = 1 2n 1 2 n. Die Wahrscheinlicheit, daß alle n Paare nicht zusammenommen, ist also ( 1 1 n) n e 1. Der Fehler in dieser Argumentation ist, daß implizit angenommen wird, daß die n Paare bezüglich des Zusammentreffens voneinander unabhängig sind. Das ist natürlich falsch (das sieht man auch daran, daß w n für n = 2, 3,... von (1 1 n )n verschieden ist). Das Ergebnis bleibt aber richtig, was daran liegt, daß sich die Paare doch annähernd unabhängig verhalten, wenn man nicht zu viele (relativ zu n) gleichzeitig betrachtet Memory. Es ist Ihnen sicher auch schon aufgefallen, daß beim Memory-Spiel sehr häufig ein Paar gleicher Karten nebeneinander zu liegen ommt, auch wenn die Karten sehr gut gemischt waren. Wir wollen hier die Wahrscheinlicheit (für viele Karten) dafür bestimmen, daß das nicht passiert. Diese Frage ist das zwiedimensionale Analogon zu Aufgabe (3). Der Einfachheit halber wollen wir annehmen, daß die Karten in einem Quadrat ausgelegt werden (das Ergebnis bleibt richtig, wenn man Rechtece betrachtet, deren beide Seitenlängen beliebig groß werden). Wir betrachten also N = 2n 2 Paare von Karten, die in einem (2n) (2n)-Quadrat

21 ABZÄHLENDE KOMBINATORIK 21 ausgelegt werden. Es sei W n die Wahrscheinlicheit, daß dabei ein Paar von Karten zusammen ommt. Wir wollen den Grenzwert lim n W n bestimmen. Wir gehen so vor wie für Aufgabe (3). Die Menge A(n) hat die Mächtigeit #A(n) = (2N)!. Die Möglicheiten, einen Dominostein (oder ein aneinanderliegendes Kartenpaar) auf dem Quadrat zu plazieren, bilden eine Indexmenge I(n), 2 N N! die die Ausnahmemengen A i (n) A(n) indiziert. Mit den Bezeichnungen des Lemmas haben wir dann offenbar (2N 2)! a(n, ) = b(n, ) 2 N (N )!, wo b(n, ) die Möglicheiten zählt, Dominosteine auf dem Quadrat unterzubringen (ohne daß sie sich überschneiden). Die Anzahlen b(n, ) zu bestimmen ist sicher sehr schwierig, aber das ist auch gar nicht nötig. Für unsere Zwece genügt folgende Abschätzung. Lemma 4.6. Sei m = 4n(2n 1) = 4(N n). Für 0 1m gilt 7 ( ) m(m 7)(m 14)... (m 7( 1)) m/7 = 7 b(n, )! Insbesondere haben wir für alle 0. b(n, ) lim n (2N) = 2! Beweis: Die Zahl m ist die Größe von I(n), also die Anzahl der Möglicheiten, einen Dominostein unterzubringen. Wir stellen uns vor, die Dominosteine der Reihe nach auf das Quadrat zu legen. Jedesmal, wenn wir einen Stein plazieren, verringern wir die Anzahl der Möglicheiten für weitere Steine. Diese Anzahl verringert sich mindestens um 1 (die Position, die der gerade abgelegte Stein einnimmt) und höchstens um 7 (die Positionen, die verboten werden, wenn der Stein nicht am Rand liegt und nicht an einen anderen Stein angrenzt). Daraus folgt die Behauptung. (Der Term! im Nenner ommt daher, daß die Reihenfolge der Dominosteine irrelevant ist.) m Die Limesformel folgt, wenn man lim n = 2 beachtet. 2N Nun ist es nicht mehr schwer. Wir haben a(n, ) lim n #A(n) = lim b(n, ) 2 (2N) (2N 2)!N! n (2N) (2N)!(N )! Mit Lemma 4.5 folgt dann (4.3) und speziell #A(n) (m) lim n #A(n) = 2m m! e 2 = 2!. ( m lim W n = e 2 = n Die Wahrscheinlicheit für ein zusammenliegendes Paar nähert sich also 1 e 2 = , was die zu Beginn angesprochene Beobachtung erlärt. ).

22 22 MICHAEL STOLL Formel (4.3) sagt, daß die Wahrscheinlicheitsverteilung der Anzahl nebeneinanderliegender Paare sich einer Poissonverteilung mit Mittelwert 2 nähert. Man wird also durchschnittlich zwei Paare finden, die unmittelbar zusammen liegen. 5. Abzählen von Bahnen Bei Abzählproblemen tritt oft der Fall ein, daß man gewisse Objete als ununterscheidbar betrachtet und deshalb insgesamt nur einmal zählen möchte. Meistens läßt sich diese Situation durch die Operation einer (endlichen) Gruppe G auf der (endlichen) Menge X der Objete beschreiben, wobei zwei Objete nicht unterschieden werden, wenn sie durch diese Operation ineinander übergeführt werden (also in derselben Bahn liegen). Das Problem läßt sich also allgemein so formulieren. Eine endliche Gruppe G operiere (von lins) auf einer endlichen Menge X. Wie groß ist der Bahnenraum G\X? (D.h., wie viele Bahnen hat diese Operation?) Wir wollen zunächst einen einfachen Spezialfall formulieren (den wir auch schon häufig implizit angewendet haben). Lemma 5.1. Die Gruppe G operiere auf X mit trivialen Stabilisatoren (d.h. für jedes x X ist der Stabilisator G x = {g G g x = x} trivial). Dann gilt #(G\X) = #X #G. Beweis: Nach der grundlegenden Formel #G = #(G x)#g x gilt hier, daß jede Bahn G x so groß ist wie G. Eine ähnliche Aussage gilt, wenn etwas allgemeiner alle Stabilisatoren G x dieselbe Mächtigeit haben. Normalerweise ann man aber nicht erwarten, daß alle Stabilisatoren gleich groß sind. Den allgemeinen Fall behandelt das folgende Resultat, das unter dem Namen Lemma von Burnside beannt ist, jedoch zuerst von Cauchy und von Frobenius bewiesen wurde. Proposition 5.2. Die endliche Gruppe G operiere auf der endlichen Menge X. Dann gilt #(G\X) = 1 #{x X g x = x}. #G g G In Worten: Die Größe des Bahnenraums ist gleich der durchschnittlichen Anzahl von Fixpunten in X der Elemente von G. Beweis: Für den Beweis zählen wir die Menge zweimal ab. Zum einen haben wir #M = g G M = {(g, x) G X g x = x} #{x X (g, x) M} = g G #{x X g x = x},

23 ABZÄHLENDE KOMBINATORIK 23 auf der anderen Seite gilt #M = #{g G (g, x) M} = #G x = #G #(G x) x X x X x X = #G 1 #B = #G 1 = #G#(G\X). B G\X x B Daraus folgt die Behauptung. Es folgen einige Anwendungsbeispiele. B G\X 5.1. Der leine Satz von Fermat. Dieser sagt beanntlich, daß für alle Primzahlen p und alle ganzen Zahlen a die Zahl a p a von p geteilt wird. Für den folgenden Beweis nehmen wir an, daß a positiv ist. (Da die Aussage des Satzes nur von der Restlasse von a modulo p abhängt, ist das eine Einschränung.) Anschaulich stellen wir uns Halsetten (oder Armbänder) vor, die aus p Perlen von (bis zu) a verschiedenen Sorten bestehen. Auf diesen Objeten operiert die zylische Gruppe C p der Ordnung p durch Rotation. Etwas formaler önnen wir als Menge X die Menge der Abbildungen C p {1, 2,..., a} betrachten, auf der C p in natürlicher Weise operiert. Wir müssen nun die Fixpunte abzählen. Das Nullelement von C p hat offensichtlich alle Elemente von X als Fixpunte. Für alle anderen Elemente gilt, daß sie die Gruppe C p erzeugen. Da C p transitiv auf sich selbst operiert, bedeutet das, daß die Fixpunte genau die onstanten Abbildungen sind (anschaulich: Halsetten aus nur einer Sorte Perlen). Also gilt womit der Satz bewiesen ist. Z #(C p \X) = ap + (p 1)a p 5.2. Färbungen des Würfels. = a + ap a p Wir wollen uns überlegen, auf wie viele Weisen man die Seitenflächen eines Würfels schwarz und weiß färben ann (jede Fläche soll natürlich einfarbig sein). Dabei sollen Färbungen, die durch eine Drehung des Würfels ineinander übergehen, nicht unterschieden werden. Sei also G die Symmetriegruppe des Würfels. Wir müssen uns einen Überblic über die Elemente von G und ihre Operation auf der Menge S der Seiten des Würfels verschaffen. G hat insgesamt 24 Elemente (als abstrate Gruppe ist G isomorph zur symmetrischen Gruppe S 4 ), die sich wie folgt einteilen lassen. (a) Die Identität. Sie hat 6 Bahnen auf S. (b) 6 Drehungen um 180, deren Drehachse zwei Kantenmittelpunte verbindet. Sie haben jeweils 3 Bahnen auf S. (c) 8 Drehungen um ±120, deren Drehachse zwei Ecen verbindet. Sie haben jeweils 2 Bahnen auf S. (d) 6 Drehungen um ±90, deren Drehachse zwei Flächenmittelpunte verbindet. Sie haben jeweils 3 Bahnen auf S. (e) 3 Drehungen um 180, deren Drehachse zwei Flächenmittelpunte verbindet. Sie haben jeweils 4 Bahnen auf S.,

24 24 MICHAEL STOLL Die möglichen Färbungen lassen sich interpretieren als die Abbildungen S {schwarz, weiß}. Auf dieser Menge X operiert G durch die Operation auf S wie folgt. Für eine Abbildung f X gilt (g f)(s) = f(g 1 s). (Die auf den ersten Blic vielleicht etwas seltsam wirende Bildung des Inversen ist notwendig, um wieder eine Operation von lins zu beommen. Das mert man, wenn man versucht nachzurechnen, daß g 1 (g 2 f) = (g 1 g 2 ) f gilt.) Sei nun g G eine beliebige Drehung. Wie viele Fixpunte hat g auf X? Wenn eine Färbung von g fixiert werden soll, dann müssen offenbar Seiten, die von g ineinander übergeführt werden, dieselbe Farbe haben. Anders ausgedrüct: Eine Färbung ist genau dann Fixpunt von g, wenn sie auf den Bahnen von g auf S onstant ist. Das zeigt #{x X g x = x} = 2 #( g \S). (Im Exponenten steht die Anzahl der Bahnen von g (oder äquivalent: der von g erzeugten Untergruppe g G) auf S.) Aus der Aufzählung der Elemente von G und der Anzahl ihrer Bahnen auf S ergibt sich daher für die Anzahl der Färbungen #(G\X) = 1 24 ( ) = 10. Wie ist es nun, wenn wir den Würfel nicht schwarz-weiß, sondern mit einer beliebigen Anzahl r von Farben anmalen möchten? Unsere Argumentation bleibt gültig; es gilt also immer noch, daß die von g G fixierten Färbungen gerade die sind, die auf den Bahnen von g auf S onstant sind. Damit folgt (wir müssen einfach 2 e durch r e ersetzen) für die Anzahl a(r) der Färbungen mit r Farben: a(r) = 1 24 (r6 + 3 r r r 2 ) Verallgemeinerung. Die Argumentation, die wir beim Würfel benutzt haben, läßt sich ganz allgemein in folgender Situation anwenden. Wir haben eine Gruppe G, die auf einer Menge S operiert, und wir wollen die Bahnen von G auf der Menge X der Abbildungen von S nach F abzählen. Wie oben ergibt sich, daß die Fixpunte von g gerade die Abbildungen sind, die auf den Bahnen von g auf S onstant sind. Das führt zu der Formel #(G\X) = 1 (#F ) #( g \S). #G g G Bemerung 5.3. Formeln wie diese stehen am Anfang einer relativ weit ausgebauten Methode (der sogenannten Polyaschen Abzähltheorie) zum Abzählen von Bahnenräumen unter verschiedenen Arten von Operationen. Um diese Methode zu verstehen, braucht man allerdings gute Kenntnisse über erzeugende Funtionen. Der zweite Teil dieser Vorlesung wird eine Einführung in erzeugende Funtionen bringen.

25 ABZÄHLENDE KOMBINATORIK Graphen und Bäume. Der Satz von Cayley In diesem Kapitel soll nun endlich (wie in der Vorlesungsanündigung versprochen) der Satz von Cayley über die Anzahl der marierten Bäume bewiesen werden. Wir werden gleich drei verschiedene Beweise besprechen. Zwei davon (einer mittels Reursion/Indution, der andere mittels Bijetion) werden dabei recht ausführlich behandelt; der dritte besteht darin, das Ergebnis auf einen anderen Satz zurüczuführen, den wir hier nicht beweisen wollen. Zuerst brauchen wir aber einige Definitionen, damit wir überhaupt wissen, worüber wir reden. Definition 6.1. (1) Ein (einfacher) ungerichteter (schlingenloser) Graph Γ besteht aus einer (endlichen) Menge E von Ecen (oder Knoten, engl. vertex/vertices) und einer Teilmenge K der Menge der zweielementigen Teilmengen von E; die Elemente von K werden Kanten (engl. edge(s)) genannt. Wir schreiben Γ = (E, K) und E = E Γ, K = K Γ. Ist = {a, b} K eine Kante, so nennt man a, b E die Endpunte von. Der Grad (auch die Valenz genannt) deg(e) einer Ece e E ist die Anzahl der Kanten, die e als Endpunt haben. (2) Ein (einfacher) gerichteter Graph Γ besteht aus einer (endlichen) Menge E von Ecen und einer Menge K E E (deren Elemente wieder Kanten heißen) von geordneten Paaren von Ecen. Wir schreiben wieder Γ = (E, K) und E = E Γ, K = K Γ. Ist = (a, b) K eine Kante, so nennt man a E den Anfangspunt und b E den Endpunt von. (3) Ein Graph Γ 1 = (E 1, K 1 ) heiß Teilgraph von Γ = (E, K), wenn E 1 E und K 1 K gilt. Der Teilgraph heißt voll, wenn K 1 aus allen Kanten in K besteht, deren Endpunte (bzw. Anfangs- und Endpunt) in E 1 liegen. (4) Der Graph K n = ({1, 2,..., n}, {{i, j} 1 i < j n}) heißt der vollständige Graph auf n Ecen. Wenn im Folgenden einfach von einem Graphen die Rede ist, dann ist stets ein ungerichteter Graph gemeint. Man veranschaulicht einen Graphen meist durch eine Zeichnung, in der die Ecen durch Punte und die Kanten durch Strecen oder Bögen dargestellt werden, die die Endpunte der Kante miteinander verbinden. Bei orientierten Graphen gibt man die Richtung durch einen Pfeil an. Definition 6.2. (1) Sei Γ = (E, K) ein (ungerichteter) Graph. Eine Folge γ = e 0, 1, e 1, 2, e 2,..., e n 1, n, e n mit e 0, e 1,..., e n E und 1, 2,..., n K, so daß m = {e m 1, e m } für alle m = 1, 2,..., n und m m+1 für alle m = 1, 2,..., n 1 gilt, heißt ein Weg in Γ von e 0 (dem Anfangspunt von γ) nach e n (dem Endpunt von γ). n heißt die Länge von γ. (2) Sei Γ = (E, K) ein gerichteter Graph. Eine Folge γ = e 0, 1, e 1, 2, e 2,..., e n 1, n, e n